精品解析：广东省部分学校2025届高三下学期2月联考数学试题

2025届高三年级2月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数为偶函数，则（ ） A 4 B. 5 C. 6 D. 1 3. 已知小明和小王从5张编号为的卡牌中依次不放回各抽取2张卡牌，设甲：小明手中的两张卡牌编号和为3，乙：小王手中的两张卡牌编号均不小于3，则（ ） A. 甲是乙充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，AI技术加持的电脑（以下简称AI电脑）也在全国各地逐渐热销起来.下表为市统计的2024年10月至2025年2月这5个月该市AI电脑的月销量，其中为月份代号，（单位：万台）代表AI电脑该月销量. 月份 2024年10月 2024年11月 2024年12月 2025年1月 2025年2月 月份代号 1 2 3 4 5 月销量万台 0.5 0.9 1 1.2 1.4 经过分析，与线性相关，且其线性回归方程为，则预测2025年3月该市AI电脑的月销量约为（ ） A. 1.63万台 B. 1.57万台 C. 1.61万台 D. 1.72万台 6. 已知抛物线，点，直线，记关于的对称点为，且在上，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 中，点满足，且，则（ ） A 1 B. C. D. 2 8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前项和，已知，则（ ） A. 的公差为3 B. C. 有最小值 D. 数列为递增数列 10. 已知为圆上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. 始终关于原点对称 B. 圆与关于原点对称 C. 与上的点的最小距离为6 D. 与上的点的最大距离为12 11. 中，，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的实轴长与焦距之积为__________. 13. 已知函数在上单调递增，则取值范围为__________. 14. 已知某圆锥的顶点和底面圆周上的点均在球的表面上，且球的表面积与体积相等，则该圆锥侧面积的最大值为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 为了调查小鼠的日均睡眠时长（单位：小时），某科研团队随机抽取了90只小鼠的日均睡眠时长作为样本，整理数据如下表.已知抽取的90只小鼠的样本极差为5.现从日均睡眠时长在的小鼠中抽取5只进行药物测试，已知抽取所得的小鼠的日均睡眠时长分别为. 日均睡眠时长 5 6 7 8 9 小鼠数量 6 19 25 16 8 （1）求； （2）求参与药物测试的小鼠的日均睡眠时长的方差； （3）从参与药物测试的小鼠中随机抽取2只，求其日均睡眠时长之差的绝对值的分布列. 16. 如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点. （1）证明：平面平面; （2）求直线与平面所成角正弦值. 17. 设函数. （1）当时，求曲线在原点处的切线方程； （2）若存在零点且与极值点相等，求的最小值. 18. 已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点. （1）求的离心率； （2）已知； （i）证明：点在轴的异侧； （ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值. 19. 若正整数数列满足：存在连续项之和为正整数，则称数列为“—和数列”.已知项数为的正整数数列对于任意整数，有. （1），写出一个满足条件的2—和数列； （2）时，证明：是4—和数列； （3）对于任意，证明：是既为—和数列，也为—和数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级2月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的交集定义运算即可. 【详解】因为集合，得. 故选：C. 2. 已知函数为偶函数，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性的定义列式分析判断即可 【详解】由题意可知函数的定义域为，因为是偶函数， 所以， 整理得，故，得. 故选：C. 3. 已知小明和小王从5张编号为的卡牌中依次不放回各抽取2张卡牌，设甲：小明手中的两张卡牌编号和为3，乙：小王手中的两张卡牌编号均不小于3，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合充分及必要条件的定义判断即可. 【详解】由小明手中的两张卡牌编号和为3，可知小明手中的两张卡牌编号分别为1，2， 根据题意此时小王手中的两张卡牌编号可能为中的两个，均满足编号不小于3，充分性成立， 若小王手中的两张卡牌编号均不小于3， 例如3，4，此时小明手中的卡牌编号可能有5，不满足小明手中的两张卡牌编号和为3， 故必要性不成立， 故甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选:A. 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设，代入化简可得，从而可求得，进而可求得的最小值. 【详解】设，则， 而 故由可解得，故， 于是，故的最小值为1. 故选：A. 5. 人工智能技术（简称AI技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，AI技术加持的电脑（以下简称AI电脑）也在全国各地逐渐热销起来.下表为市统计的2024年10月至2025年2月这5个月该市AI电脑的月销量，其中为月份代号，（单位：万台）代表AI电脑该月销量. 月份 2024年10月 2024年11月 2024年12月 2025年1月 2025年2月 月份代号 1 2 3 4 5 月销量万台 0.5 0.9 1 1.2 1.4 经过分析，与线性相关，且其线性回归方程为，则预测2025年3月该市AI电脑的月销量约为（ ） A. 1.63万台 B. 1.57万台 C. 1.61万台 D. 1.72万台 【答案】A 【解析】 【分析】利用线性回归方程经过样本中心点，代入方程中，求出，再将代入即可求得结果. 【详解】因为. 所以，所以关于的线性回归方程为， 令，故此时万台. 故选：A. 6. 已知抛物线，点，直线，记关于的对称点为，且在上，则的准线方程为（ ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用点关于直线对称得出对称点，再把点代入抛物线求出，进而得出准线方程. 【详解】设，因为的斜率为，所以直线的斜率为， 故直线的方程为4， 将直线的方程与联立，设两直线的交点为，则， 所以，解得，将的坐标代入的方程， 有，解得，故的准线方程为. 故选:B. 7 中，点满足，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】用、作为基底表示出、，根据数量积的运算律及余弦定理得到，即可得解. 【详解】由题意可得 ， ，， 因为，所以， 即， 故，于是. 故选：C. 8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题在上单调，结合正切函数的单调性即可求解. 【详解】由的定义域为， 时，， 结合正切函数的单调性可知， 解得， 由可知， 由可知，即， 即，而，故只能为0或1， 时，结合可知；时，， 于是. 故选：D 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前项和，已知，则（ ） A. 的公差为3 B. C. 有最小值 D. 数列为递增数列 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式及等差数列前n项和基本量运算分别判断各个选项即可. 【详解】对于A，由题意可得 ，解得，故A错误； 对于B，，故，故B正确； 对于C，，所以当时，取到最小值，故C正确； 对于D，，且，故D错误. 故选：BC. 10. 已知为圆上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. 始终关于原点对称 B. 圆与关于原点对称 C. 与上的点的最小距离为6 D. 与上的点的最大距离为12 【答案】BC 【解析】 【分析】设出点的坐标，表示出点的坐标，再结合圆上的点与一个图形上点的距离最值求法逐一分析求解. 【详解】圆的圆心为，半径为2， 对于A，设，由，得，则关于原点不一定对称，A错误； 对于B，由在圆上，则， 化简得到，是以为圆心，2为半径的圆，圆与关于原点对称，B正确； 对于C，由选项B知，两圆的圆心距离为，即两圆外离， 与上的点的最小距离是的圆心距离再减去两圆半径和的差，即，C正确； 对于D，与上的点的最大距离是的圆心距离再加上两圆半径和，即，D错误. 故选：BC 11. 中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，运用正切公式，结合基本不等式计算即可；对于B，运用两角和的余弦，结合A选项结论判定；对于C，设函数，借助导数得到.再用基本不等式计算判定；对于D，当时，，此时，结合，得解. 【详解】对于， 因，故，故是锐角三角形. 由，于是，故A正确； 对于， 由可知，故，故B正确； 对于C，设函数，则，故在区间上单调递增， 故当时，，即.于是，故，故C正确； 对于D，当时，，此时， 又因为，此时，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：证明三角不等式常见方法有以下几种： （1）利用三角函数单调性； （2）利用三角函数值域的有界性：，； （3）利用单位圆中的三角函数线； （4）利用正余弦定理实现边角互化； （5）利用求导数：如证明（），当时，构造函数，对其求导，说明在上单调递增，，所以，即 ； （6）利用基本不等式：满足“一正二定三相等”条件. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的实轴长与焦距之积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的方程求出，从而由求出，进而可求出实轴长与焦距之积. 【详解】由知双曲线的焦点在轴上，且， 故其焦距为， 故双曲线实轴长与焦距之积为. 故答案为：. 13. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】方法一：根据导函数恒成立，可得；方法二：根据复合函数单调性得在上也要单调递增，即，由此即可得解. 【详解】解法一：由题意可得，而恒成立， 故仅有时满足题意. 解法二：令，由复合函数单调性可知外层函数在上单调递增， 故内层函数在上也要单调递增， 故时满足，其他情况均不满足， 故的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知某圆锥的顶点和底面圆周上的点均在球的表面上，且球的表面积与体积相等，则该圆锥侧面积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先应用球的体积及表面积公式计算得出半径，再应用轴截面性质得出，最后结合导函数得出最大值. 【详解】由可知，故球半径为3， 由题意可知，为使该圆锥侧面积取得最大值，此时球心在该圆锥的高上，作出该圆锥的轴截面， 如图其中，分别表示该圆锥的母线长，底面圆半径，球心到底面圆的距离，球心可能在圆锥内或圆锥外， 故，， 故圆锥侧面积， 记函数， 则. 当时，单调递增；当时，单调递减. 故，于是. 故答案为:. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 为了调查小鼠的日均睡眠时长（单位：小时），某科研团队随机抽取了90只小鼠的日均睡眠时长作为样本，整理数据如下表.已知抽取的90只小鼠的样本极差为5.现从日均睡眠时长在的小鼠中抽取5只进行药物测试，已知抽取所得的小鼠的日均睡眠时长分别为. 日均睡眠时长 5 6 7 8 9 小鼠数量 6 19 25 16 8 （1）求； （2）求参与药物测试的小鼠的日均睡眠时长的方差； （3）从参与药物测试的小鼠中随机抽取2只，求其日均睡眠时长之差的绝对值的分布列. 【答案】（1）， （2） （3）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）根据样本极差，数量直接计算即可； （2）根据方差公式计算； （3）运用超几何分布求概率，得到分布列. 【小问1详解】 因为样本极差为，. 【小问2详解】 求得参与药物测试的小鼠的日均睡眠时长的平均数为， 所以方差. 【小问3详解】 因为抽取所得的小鼠的日均睡眠时长分别为，故可能值为. 则的情况下，抽取到的两只小鼠日均睡眠时长均为7， 的情况下，抽取到的两只小鼠日均睡眠时长分别为6，8， 故， ， ， 故的分布列为 0 1 2 16. 如图，在几何体中，互相平行，四边形与四边形 是全等的等腰梯形，平面平面，，点分别为的中点. （1）证明：平面平面; （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，结合面面垂直的性质有平面，进而有，取BE的中点M，连接，易得，最后由线面、面面垂直的判定证结论； （2）构建合适空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 如图，因为四边形是等腰梯形，点G为的中点，点H为的中点， 所以，又平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以， 取BE的中点M，连接，则四边形是边长为2的菱形， 所以，又，所以， 因为且都在面内，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 以H为原点，所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设直线与平面所成的角为θ， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 设函数. （1）当时，求曲线在原点处的切线方程； （2）若存在零点且与极值点相等，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，求出，并求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程； （2）设既是的零点，也是的极值点，由题意得出，，通过解方程，求出的值，然后结合可得出的取值，结合极值点的定义检验即可，进而可得出的最小值. 【小问1详解】 因为，所以，. 当时，，且，. 故曲线在原点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 设既是的零点，也是的极值点， 则有，， 解方程，解得或. ①当时，， 解得，又，故； ②当时，， 且易知， 又，故只有，结合，同①解得. 综上，，当时，取最小值，经检验，符合题意. 18. 已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点. （1）求的离心率； （2）已知； （i）证明：点在轴的异侧； （ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，2 【解析】 【分析】（1）直接根据椭圆中的关系和离心率公式求解； （2）（i）由，则，根据坐标运算可证； （ii）要使最小，此时，，根据等号成立的条件可得点坐标，再结合向量坐标运算可解的值. 【小问1详解】 由题设，. 则，即，且，即. 则的离心率为. 【小问2详解】 （i）由（1）可得，设. 则. 由，得，即0. 故必存在一点在第一象限，另一点在第四象限，即点在轴的异侧. （ii）记的面积为，点到的距离为，则. 要使最小，则必须使与同时达到最小值. 显然当运动至的右顶点时最小，此时， 而， 当且仅当或时取等号，最小值为. 此时. 且， 故，解得. 19. 若正整数数列满足：存在连续项之和为正整数，则称数列为“—和数列”.已知项数为的正整数数列对于任意整数，有. （1），写出一个满足条件2—和数列； （2）时，证明：是4—和数列； （3）对于任意，证明：是既为—和数列，也为—和数列. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据“—和数列”的定义写出满足条件的数列即可； （2）只需证明出即可； （3）只需证明及就能说明既为—和数列，也为—和数列. 【小问1详解】 取满足题意. 【小问2详解】 证明：记为的前项和，则有， 另一方面，要考虑存在两个不相等的，使得， 则对于，有：， 则与是1到39中的40个整数， 因此其必存在两个数相同，又，则必存在，使得， 因此，即，因此是4—和数列. 【小问3详解】 证明：①记为的前项和，则有， 对于，有：， 则与是1到中的个整数， 因此其必存在两个数相同，又，则必存在，使得， 因此，即， 因此是—和数列. ②若存在的倍数，由于，则存在必为， 则是—和数列， 若其中没有的倍数，则必然是除以余的数， 其中共有种不同的可能，而是个不同的数， 因此必存在，使得除以的余数相同， 因此存在，使得是的倍数， 又，则， 则，故为—和数列. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是读懂题目中“—和数列”的含义. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $